湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校”考试联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试卷(原卷版+解析版)

2024年春“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”
高二期中联考
数学试题
考试时间：2024年4月22日 考试用时：120分钟 试卷满分：150分
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知点，若直线与直线垂直，则实数（ ）
A． B．2 C．3 D．4
2．现有来自荆州、荆门、襄阳、宜昌四市的4名学生，从四市的七所重点中学中，各自选择一所学校参观学习，则不同的安排参观学习方式共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
3．若直线与曲线相切，则实数（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量，其中在同一平面的是（ ）
A． В．
C． D．
5．已知数列的前项和（为常数），则“为递增的等差数列”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．如图，是一个由棱长为的正四面体沿中截面所截得的几何体，则异面直线与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知点是曲线上不同的两点，且满足，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知对存在的，不等式恒成立，则（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．函数在原点处的切线方程是 B．是函数的极大值点
C．函数在上有3个极值点 D．函数在上有3个零点
10．双曲线的左，右顶点分别为，右焦点到渐近线的距离为为双曲线在第一象限上的点，则下列结论正确的有（ ）
A．双曲线的渐近线方程为
B．双曲线的离心率为
C．设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则为定值
D．若直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，且，则
11．如图，已知二面角的平面角为，棱上有不同的两点．若，则下列结论正确的是（ ）
A．点到平面的距离是2 B．直线与直线的夹角为
C．四面体的体积为 D．过四点的球的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知直线恒过定点，则点到直线的距离为_________．
13．若，则正整数的值为_________．
14．如图，已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于第一象限的两点，若，则直线的斜率_________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）
已知函数，且在点处的切线与直线垂直．
（1）求的值；
（2）当时，求的导函数的最小值．
16．（15分）
已知数列中，，且．
（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）设为数列的前项和，求使成立的正整数的最大值．
17．（15分）
在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面．
（1）求证：；
（2）在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由．
18．（17分）
帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：．（注：，为的导数）已知在处的阶帕德近似为．
（1）求实数的值；
（2）证明：当时，；
（3）设为实数，讨论方程的解的个数．
19．（17分）
已知椭圆的离心率为，直线截椭圆所得的弦长为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线与轴交于点为粗圆上的两个动点、且均位于第一象限（不在直线上），直线分别交椭圆于两点，直线分别交直线于两点
①设，试用表示的坐标；
②求证：为线段的中点．
2024年春“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟
高二期中联考数学试题参考答案及评分细则
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B A D B A D B C AD ACD BCD
1．B 【分析】由两直线垂直可得，求出即可得出答案．
【详解】直线的斜率为：，因为直线与直线垂直，所以，解得：．故选：B．
2．A 【分析】每人都有7种选法，结合分步计数原理即可求解．
【详解】由题可知，每名同学都有7种选法，故不同的选择方式有种，经检验只有A选项符合．故选：A
3．D 【分析】利用导数的几何意义计算即可．
【详解】设切点为，则由题意可知，
所以．即.故选：D
4．B 【分析】利用共面向量基本定理逐项判断可得出正确的选项．
【详解】对于A选项，设，所以，，无解；
对于B选项，因为，故B选项中的三个向量共面；
对于C选项，设，所以，，无解；
对于D选项，设，所以，，矛盾．故选：B．
5．A 【详解】设等差数列的公差为，由等差数列的前项和，类比表达式，有．
当为递增等差数列时，有；反之，当时，此时可得；
，此时数列从第二项开始才为递增等差数列．故选：A
6．D 【分析】根据异面直线的定义，利用平移得到角，即可利用三角形边角关系求解．
【详解】取的中点，连接．由题意知几何体为正三棱台．
由于，所以四边形为平行四边形，
，则或其补角（为钝角时）的余弦值即为所求．
由侧面均为底角为等腰梯形，故，
且，因此，
故，
在中，，
则异面直线与的夹角的余弦值为．故选：D．
7．B 【分析】将曲线方程变形可知曲线为半圆弧，将等式关系变形为斜率关系，进而转化为过点的直线与圆弧有两不同交点，结合图形可求直线斜率的范围．
【详解】由得，所以曲线为以为圆心，2为半径的上半圆弧．由为不同两点，且可转化为，
则过点的直线与半圆弧有两个不同的交点．如图，直线的斜率为．
当过点的直线与圆相切于点时，设直线方程为，即：，
由圆心到直线的距离，解得（舍），或，即直线的斜率为．
如图可知，要使直线与半圆弧有两个不同的交点，则直线斜率的取值范围为，即．
故选：B．
8．C 【解析】（利用同构+切线不等式+保值性）
（1）
由基本切线不等式可得：，
故．即．
由（1）式得，当且仅当，故答案为C．
9．【答案】AD
解：，又，所以在原点处的切线方程是，A正确；
因为在和上都递增，在上递减，因此是极小值点，B错误；
，在上递增，在和上递减，
因此与的图象有3个交点，即有3个零点，D正确；
设，
令，则设，则恒成立，即是增函数，而，时，时，，所以在上递减，在上递增，，易知，所以存在两个零点，由的单调性知这两个零点就是的两个极值点，C错．故选：AD．
10．【答案】ACD
解：由于焦点到渐近线的距离等于，知渐近线方程为，A正确；
由，得，所以B错误；
，设为定值，C正确；
因为，所以是的中点，所以D正确．
11．【答案】BCD
解：在平面内过作与平行且相等的线段，连接，在平面内过作与平行且相等的线段，连接，补成一个正三棱柱是边长为2的正三角形，所以到平面的距离为，所以A错误；因为，直线与直线的夹角即直线与直线的夹角，又是正方形，所以夹角为，B正确；，所以C正确；
正三棱柱的两个底面中心连线的中点为球心，半径，
，所以D正确．
12．【答案】
解：由直线化为，
令，解得，于是此直线恒过点．
由点到直线的距离公式得到直线的距离．
13．【答案】5
【详解】由组合数性质：，可得，则，
所以或，解得或（舍）．故答案为：5
14．【答案】
解析：由题意得，，当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求，
故设直线的方程为，
联立，可得，易得，即，
设，则，
则，
由正弦定理得，
因为，
所以，即，
又由焦半径公式可知，
则，即，
即，解得，满足，
于是，解得，所以．
15．解：（1）因为，所以
因为直线的斜率为，所以，解得
（2）令．
，在上单调递增．
的最小值是．
16．解：（1）由已知得，所以数列是以为首项，
公比为2的等比数列．
所以．当时，．
累加得，当时满足上式，．
（2）由（1）知．
，
，
作差得，．
由得，即．所求正整数的最大值为5．
17．（1）证明：中，且．
又平面平面，平面平面平面．
又平面．
（2）由（1）知，．以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系．
则．
设为平面的一个法向量，则，取，则．
假设在平面内存在点，使得平面平面．连接．
若，则设．设平面的一个法向量为．
由，取，则．
平面的法向量．由知，此情况不成立．
若与不共线，设，连接．
设，则．
当，即时，．
又平面，即平面平面，也即平面平面．
所以在平面内存在点，当点在直线（点在直线上且）上时，
平面平面．（用几何法同等给分）
18．【详解】（1）由，有，
可知，
由题意，，所以，所以．
（2）由（1）知，，令，
则，
所以在其定义域内为增函数，又，
时，；得证．
（3）的定义域是，
．
①当时，，所以在上单调递增，且，
所以在上存在1个零点；
②当时，令，
由，得．
又因为，所以．
+ 0 - 0 +
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
当时，因为，所以在上存在1个零点，
且；
当时，因为，
，而在单调递增，且，而，
故，所以在上存在1个零点；
当时，因为，
，而在单调递增，且，而，
所以，所以在上存在1个零点．
从而在上存在3个零点．
综上所述，当时，方程有1个解；
当时，方程有3个解．
19．解：（1）已知，可得，所以椭圆方程为，由直线截椭圆所得的弦长为，知点在椭圆上，故，解得，则，故椭圆的标准方程；
（2）①设直线的方程为（由题意可知，其斜率不为0），与椭圆联立得，可得，
由，有，于是有，
而，所以．
又，所以．
②设，同理由①，可知
直线的方程为，令得：
同理，的坐标只需要将上式中的和作一个交换即可，的表达式中分母是对称的，分子刚好是一个逆序的即，从而，故为的中点．
注：其他方法酌情给分